CF1715C

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首先看数据范围  1≤n,m≤1e5。

主要是修改1e5,查询1e5,这里的话要么O (log) 做法，要么O(1)做

O(log)没有什么好方法，那就是O(1)做法。

通过O(1)做法，联想单点修改，单点统计。（套路，但要学过） 

这道题比较妙的点：

比如对于统计  [1,7,7,7,7,7,7,7,9,9,9,9,9,9,9,9,9] ，我们把连续相同数字的第一个数，作为对答案的贡献值

现在我们枚举第i位的a[i]对答案的贡献，O(1)统计

一：对于 [i~i] , [i~i+1] , [i~i+2] , [i~i+3] …… [i~n-1],[i~n]的这些序列，i下标就是一个出现a[i]值的位置,对于答案的贡献就是 n-i+1

二：再考虑(1~i-1)的位置，如果a[i-1]!=a[i],那么对(1~i-1)有贡献，否则a[i]对(1~i-1)不会有贡献，因为有a[i-1]的存在

那么如果a[i-1]!=a[i],对于(1~i-1)的位置,根据数学组合，应该有 len(1,i-1)（枚举左端点~a[i]）len(i,n)（a[i]~枚举右端点）

ll calc(int i)
{
    //这里的关键:例如:对于 1,2,2,2,3,3,3,3 我们比第一个出现的当作贡献值,下标 1,2,5 就是对答案的贡献 
    if(a[i]==a[i-1]) return n-i+1;
    else return 1LL*(i-1)*(n-i+1)+n-i+1;
}

 

对于修改，如果对第i位进行了修改，那么只会对第i位和第i+1的答案贡献有影响，我们只需先删去原本的答案贡献，再加上修改后的答案贡献即可

    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int  k=read(),x=read();
        ans-=calc(k)+calc(k+1);
        a[k]=x;
        ans+=calc(k)+calc(k+1);
        printf("%lld\n",ans);
    }

 

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mp make_pair
#define pb push_back   //vector函数
#define popb pop_back  //vector函数
#define fi first
#define se second
const int N=1e5+10;
//const int M=;
//const int inf=0x3f3f3f3f;     //一般为int赋最大值,不用于memset中
//const ll INF=0x3ffffffffffff; //一般为ll赋最大值,不用于memset中
int T,n,m,a[N];
ll sum[N];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
ll calc(int i)
{
    //这里的关键:例如:对于 1,2,2,2,3,3,3,3 我们比第一个出现的当作贡献值,下标 1,2,5 就是对答案的贡献 
    if(a[i]==a[i-1]) return n-i+1;
    else return 1LL*(i-1)*(n-i+1)+n-i+1;
}
int main()
{
//    freopen("","r",stdin);
//    freopen("","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans+=calc(i);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int  k=read(),x=read();
        ans-=calc(k)+calc(k+1);
        a[k]=x;
        ans+=calc(k)+calc(k+1);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}